Compte-rendu de TP : Programmation linéaire WALLACE Ranveig CATTOËN Céline 4 ème année GMM INSA 1
Exercice 1 : Problème des 5 aliments On cherche à résoudre le problème des 5 aliments, où on veut nourrir un prisonnier en minimisant le coût. On dispose de 5 aliments et on connaît leur contenu en calories et protéines. Il nous est imposé de donner 3000 calories et 100 protéines par jour au prisonnier. Pour résoudre ce problème avec LINDO, on a d abord posé le problème : MIN 3 X1 + 10 X2 + X3 + 2 X4 + 3 X5 2) 25 X1 + 30 X2 + 6 X3 + X4 + 6 X5 = 30 3) 8 X1 + 15 X2 + 2 X3 + X4 + 4 X5 = 10 On a ensuite résolu le problème avec la commande go et on a obtenu les résultats suivants : LP OPTIMUM FOUND AT STEP 2 1) 4.03846169 X1 1.153846.000000 X2.000000.480768 X3.000000.192308 X4.000000 1.134615 X5.192308.000000 ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES 2).000000.230769 3).000000-1.096154 NO. ITERATIONS= 2 RANGES IN WHICH THE BASIS IS UNCHANGED: OBJ COEFFICIENT RANGES VARIABLE CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE COEF INCREASE DECREASE X1 3.000000.833332 29.499994 X2 10.000000 INFINITY.480768 X3 1.000000 INFINITY.192308 X4 2.000000 INFINITY 1.134615 X5 3.000000.185185 INFINITY RIGHTHAND SIDE RANGES ROW CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE RHS INCREASE DECREASE 2 30.000000 1.250000 14.999999 3 10.000000 10.000000.400000 THE TABLEAU ROW (BASIS) X1 X2 X3 X4 X5 1 ART.000.481.192 1.135.000-4.038 2 X1 1.000.577.231 -.038.000 1.154 3 X5.000 2.596.038.327 1.000.192 2
On voit que LINDO a introduit deux variables d écart (une par contrainte), mais leurs coefficients sont nuls puisque les contraintes sont des égalités. Comme on l a vu en cours, il n est pas nécessaire d introduire des variables d écart quand les contraintes sont des égalités. La solution optimale trouvée par LINDO est X1 = 1.153846 et X2 = 0.192308 ce qui donne une fonction objectif égale à 4.03846169. Cette solution optimale est une solution de base car il y a le même nombre de variables non nulles qu il y a de contraintes (et on a un problème standard) et les coefficients des contraintes correspondant à X1, X5 forment une matrice régulière (c est la matrice identité I 2 ). Dans l analyse de sensitivité, on peut voir les augmentations et diminutions possibles sans changer de base. C est clair que si l on impose à X2, X3 ou X4 d être égal à 0.1, la base ne va pas changer car on peut les augmenter jusqu à l infini sans changer de base. Il est donc facile de calculer l augmentation de Z pour chacune de ces solutions : X2 = 0.1 => Z = 4.03846169 + 0.1 * 0.481 = 4.086 X3 = 0.1 => Z = 4.03846169 + 0.1 * 0.192 = 4.057 X4 = 0.1 => Z = 4.03846169 + 0.1 * 1.135 = 4.15 On a également lancé le programme avec LINDO pour vérifier ces résultats et on trouve bien les valeurs ci-dessus. On cherche maintenant à trouver une solution réalisable quand le problème consiste à maximiser la quantité de viande, c est-à-dire X2. Les contraintes sont les mêmes que dans le problème précédent, et on rajoute de plus des contraintes du type Xi > 0 pour s assurer que la solution optimale va bien être logique. On donne donc le problème suivant à LINDO : MAX X2 2) 25 X1 + 30 X2 + 6 X3 + X4 + 6 X5 = 30 3) 8 X1 + 15 X2 + 2 X3 + X4 + 4 X5 = 10 4) X1 >= 0 5) X2 >= 0 6) X3 >= 0 7) X4 >= 0 8) X5 >= 0 1).740740746E-01 X2.074074.000000 X1 1.111111.000000 X3.000000.014815 X4.000000.125926 X5.000000.385185 THE TABLEAU ROW (BASIS) X2 X1 X3 X4 X5 SLK 4 1 ART.000.000.015.126.385.000 SLK 5 SLK 6 SLK 7.000.000.000 On voit que la solution du problème est X2 = 0.074. La solution est bien réalisable et les coefficients des Xi qui ne sont pas dans la base sont bien positifs dans la fonction objectif (voir TABLEAU) ce qui nous assure d avoir trouvé l optimum. 3
Ecriture du problème dual : On désire écrire le programme linéaire dual du problème des 5 aliments. On dispose du problème primal P de la forme : MIN cx AX = b (P) X = 0 avec : C =3 10 1 2 3 A=25 30 6 1 6 8 15 2 1 4 b=30 10 D après le théorème 7.1 du cours, le problème dual D est de la forme : MAX Yb YA = C (D) Y de signe quelconque (D) s'écrit donc : MAX z = 30Y1 + 10Y 2 25Y1 + 8Y 2 3 30Y1 + 15Y 2 10 6Y1 + 2Y 2 1 Y1 + Y 2 2 6Y1 + 4Y 2 3 Y1, Y 2 de signe quelconque Ce problème présente 5 contraintes pour 2 variables: il y a donc des contraintes redondantes. On résoud le problème avec LINDO: MAX 30Y1+10Y2 25 Y1 + 8 Y2 <=3 30 Y1 + 15 Y2 <=10 6 Y1 +2 Y2 <=1 Y1 + Y2 <= 2 6 Y1 + 4 Y2 <= 3 On effectue les commandes suivantes : free Y1 free Y2 pour indiquer que ces variables sont de signe quelconque, sinon elles sont positives par défaut. 4
LP OPTIMUM FOUND AT STEP 2 1) 4.03846169 Y1 -.230769.000000 Y2 1.096154.000000 ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES 2).000000 1.153846 3).480769.000000 4).192308.000000 5) 1.134615.000000 6).000000.192308 NO. ITERATIONS 2 La fonction objectif atteint bien la même valeur que dans le problème primal : z = 4.03846169. Les valeurs prises par Y1 et Y2 correspondent aux dual prices des variables d'écart du problème primal, affectées du signe inverse, car on minimise pour le premier problème et on maximise pour le second. On retrouve de même en dual prices du problème dual les valeurs des variables du problème primal mais celles-ci ont conservent leur signe. THE TABLEAU ROW (BASIS) Y1 Y2 SLK 2 SLK 3 SLK 4 SLK 5 SLK 6 1 ART.000.000 1.154.000.000.000.192 4.038 2 Y1 1.000.000.077.000.000.000 -.154 -.231 3 SLK 3.000.000 -.577 1.000.000.000-2.596.481 4 SLK 4.000.000 -.231.000 1.000.000 -.038.192 5 SLK 5.000.000.038.000.000 1.000 -.327 1.135 6 Y2.000 1.000 -.115.000.000.000.481 1.096 On peut constater que les coefficients qui se trouvent en colonne dans le tableau du problème primal se retrouvent en ligne dans celui du problème dual, avec leur signe inversé pour certains d'entre eux. Les prix duaux sont non nuls pour les lignes 2 et 6 de la résolution du problème dual. Ces lignes correspondent aux variables X1 et X5, c'est à dire au pain et au lait. On en déduit donc, grâce au théorème des écarts complémentaires que l'alimentation de moindre coût ne comporte que du pain et du lait. 5
Exercice 2 : Exemple de problème duaux 1) Problème de l'entreprise agricole : Le problème est modélisé par le système suivant : MIN 300 X + 450 Y 2) 0.8 X + 0.4 Y >= 40 3) 0.05 X + 0.05 Y >= 4 4) 0.1 X + 0.2 Y >= 10 5) X >= 0 6) Y >= 0 En résolvant le PL avec le logiciel LINDO, on obtient les résultats suivants : LP OPTIMUM FOUND AT STEP 2 27000.0000 X 60.000000.000000 Y 20.000000.000000 ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES 2) 16.000000.000000 3).000000-3000.000000 4).000000-1500.000000 5) 60.000000.000000 6) 20.000000.000000 NO. ITERATIONS= 2 RANGES IN WHICH THE BASIS IS UNCHANGED: OBJ COEFFICIENT RANGES VARIABLE CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE COEF INCREASE DECREASE X 300.000000 150.000000 75.000000 Y 450.000000 150.000000 150.000000 RIGHTHAND SIDE RANGES ROW CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE RHS INCREASE DECREASE 2 40.000000 16.000000 INFINITY 3 4.000000 1.000000.666667 4 10.000000 4.000000 2.000000 5.000000 60.000000 INFINITY 6.000000 20.000000 INFINITY THE TABLEAU ROW(BASIS) X Y SLK 2 SLK 3 SLK 4 SLK 5 SLK 6 1 ART.00E+00.00E+00.00E+00.30E+04.15E+04.00E+00.00E+00 -.27E+05 2 SLK2.000.000 1.000-24.000 4.000.000.000 16.000 3 X 1.000.000.000-40.000 10.000.000.000 60.000 4 Y.000 1.000.000 20.000-10.000.000.000 20.000 5 SLK5.000.000.000-40.000 10.000 1.000.000 60.000 6 SLK6.000.000.000 20.000-10.000.000 1.000 20.000 La solution optimale est 300 X + 450 Y = 27000 pour X=60 et Y=20. 6
2 Problème de l'entreprise chimique ; Le problème est modélisé par le système suivant : MAX 40 U + 4 V + 10 W 2) 0.8 U + 0.05 V + 0.1 W <= 300 3) 0.4 U + 0.05 V + 0.2 W <= 450 4) U >= 0 5) V >= 0 6) W >= 0 La résolution du problème avec LINDO donne les résultats suivants : LP OPTIMUM FOUND AT STEP 3 1) 27000.0000 U.000000 16.000000 V 3000.000000.000000 W 1500.000000.000000 ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES 2).000000 60.000000 3).000000 20.000000 4).000000.000000 5) 3000.000000.000000 6) 1500.000000.000000 NO. ITERATIONS= 3 RANGES IN WHICH THE BASIS IS UNCHANGED: OBJ COEFFICIENT RANGES VARIABLE CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE COEF INCREASE DECREASE U 40.000000 16.000000 INFINITY V 4.000000 1.000000.666667 W 10.000000 4.000000 2.000000 RIGHTHAND SIDE RANGES ROW CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE RHS INCREASE DECREASE 2 300.000000 150.000000 75.000000 3 450.000000 150.000000 150.000000 4.000000.000000 INFINITY 5.000000 3000.000000 INFINITY 6.000000 1500.000000 INFINITY THE TABLEAU ROW(BASIS) U V W SLK 2 SLK 3 SLK 4 SLK 5 SLK 6 1 ART 16.000.000.000 60.000 20.000.000.000.000 27000.000 2 V 24.000 1.000.000 40.000-20.000.000.000.000 3000.000 3 W -4.000.000 1.000-10.000 10.000.000.000.000 1500.000 4 SLK4-1.000.000.000.000.000 1.000.000.000.000 5 SLK 5 24.000.000.000 40.000-20.000.000 1.000.000 3000.000 6 SLK 6-4.000.000.000-10.000 10.000.000.000 1.000 1500.000 7
Sans les contraintes pour u > 0 v>0 w>0, on obtient les résultats suivants: MAX 40 U + 4 V + 10 W 2) 0.8 U + 0.05 V + 0.1 W <= 300 3) 0.4 U + 0.05 V + 0.2 W <= 450 : GO LP OPTIMUM FOUND AT STEP 2 1) 27000.0000 U.000000 16.000000 V 3000.000000.000000 W 1500.000000.000000 ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES 2).000000 60.000000 3).000000 20.000000 NO. ITERATIONS= 2 La solution (v,w)=(3000,1500) est réalisable et optimale car les coefficients des variables hors bases sont tous positifs. On peut remarquer que le problème de maximisation est traité comme un problème de minimisation. La fonction objective est de 27000. CONCLUSION: On trouve les mêmes valeurs optimales pour les fonctions objectives des 2 problèmes (c est-àdire 27000) ce qui est la conséquence logique de la dualité des 2 deux problèmes, ce problème est en effet un problème dual. 3 Analyse marginale du PRIMAL : On modifie désormais la troisième contrainte 4)0.1 X + 0.2 Y >= 10 en 4)0.1 X + 0.2Y>=11. MIN 300 X + 450 Y 2) 0.8 X + 0.4 Y >= 40 3) 0.05 X + 0.05 Y >= 4 4) 0.1 X + 0.2 Y >= 11 LP OPTIMUM FOUND AT STEP 2 1) 28500.0000 X 50.000000.000000 Y 30.000000.000000 ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES 2) 12.000000.000000 3).000000-3000.000000 4).000000-1500.000000 NO. ITERATIONS= 2 8
On obtient bien une augmentation du coût de 1500=28500-27000, valeur de w à l optimum (w est le «prix dual» relatif à la troisième contrainte du problème de l entreprise agricole. On remplace la troisième contrainte par 4) 0.1 X + 0.2 Y >= 5. MIN 300 X + 450 Y 2) 0.8 X + 0.4 Y >= 40 3) 0.05 X + 0.05 Y >= 4 4) 0.1 X + 0.2 Y >= 5 LP OPTIMUM FOUND AT STEP 0 1) 24000.0000 X 80.000000.000000 Y.000000 150.000000 ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES 2) 24.000000.000000 3).000000-6000.000000 4) 3.000000.000000 NO. ITERATIONS= 0 On effectue la commande PARA 4 20 qui va permettre de représenter graphiquement les valeurs optimales de la fonction objective quand la troisième contrainte est : 0.1 X + 0.2 Y >= b où b varie dans l intervalle [5,20]. Les résultats sont affichés ci-dessous : VAR VAR PIVOT RHS DUAL PRICE OBJ OUT IN ROW VAL BEFORE PIVOT VAL 5.00000.000000E+00 24000.0 SLK4 Y 4 8.00000.000000E+00 24000.0 SLK2 SLK 3 2 14.0000-1500.00 33000.0 X SLK 2 3 20.0000-2000.00 45000.0 Le prix dual est : (coefficient de variation de la fo)/(delta_2nd_membre (RHS VAL) Valeurs optimales de la fonction objective 50000 40000 30000 20000 10000 0 5 8 14 20 Variation de la troisième contrainte Valeurs optimales 9
Exercice 3 : Problème de pollution Le but de cet exercice est de voir l influence d une variation des seuils sur le bénéfice maximum à l aide des prix duaux et des coûts réduits. Le problème est celui d une entreprise qui veut maximiser son bénéfice où la production est contrainte par des limites de pollution. Le problème s écrit en LINDO sous la forme suivante : MAX 3 P1 + 4 P2 + P3 + 2 P4 + 6 P5 2) 8 P1 + 4 P2 + P3 + P4 + 6 P5 <= 12 3) 2 P1 + 4 P2 + 4 P5 <= 6 4) 4 P1 + 6 P2 + 2 P3 + P4 + 8 P5 <= 16 5) P3 + P4 + P5 <= 4 On va d abord imposer à la variable P5 d entrer dans la base, suivant le critère que l on a vu en cours. On choisit la variable qui a le plus grand coefficient dans la fonction objectif. On le fait avec la commande PIVOT P5 et ensuite on fait TABL pour déterminer la nouvelle base (P1, P5, SLK2, SLK4, SLK5). On laisse LINDO faire le reste de la résolution avec la commande GO et on voit qu il met 4 itérations à trouver l optimum. On va maintenant laisser LINDO choisir les pivots, et on peut observer qu il ne fait pas les mêmes choix que nous. A l aide de la commande PIVOT on voit qu il choisit la variable P4 et non la variable P5. Le nombre d itérations a diminué, LINDO n utilise plus que 3 itérations pour résoudre le problème. On ne sait pas exactement comment le logiciel fait pour choisir les pivots, mais son choix est différent du notre (critère de Dantzig) parce qu il essaie de résoudre un problème dual au lieu de primal. OBJ COEFFICIENT RANGES VARIABLE CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE COEF INCREASE DECREASE P1 3.000000 5.000000 1.000000 P2 4.000000 2.000000.181818 P3 1.000000 1.000000 INFINITY P4 2.000000 INFINITY.166667 P5 6.000000.166667 INFINITY RIGHTHAND SIDE RANGES ROW CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE RHS INCREASE DECREASE 2 12.000000 16.000000 2.000000 3 6.000000 2.000000 4.000000 4 16.000000 INFINITY 2.666667 5 4.000000 2.000000 4.000000 On cherche maintenant à voir l effet sur la fonction objectif de changer la valeur de certaines variables. Le bénéfice maximum est obtenu avec P3 = 0 et P5 = 0 et on va voir ce qui se passe si on impose à une de ces variables d être non nulle. On impose d abord P3 = 0.2. Par un calcul prévisionnel à partir du tableau ci-dessus, on voit que l on doit trouver un nouveau bénéfice égal à bénéfice maximum +(coefficient de P3 dans la fonction objectif)*(variation de P3) = 1*0.2 = 14.333 + 0.2. Ce calcul marche parce que l on ne dépasse pas l augmentation maximale de P3 sans changer de base (allowable increase dans le 10
tableau). On a également relancé le programme avec LINDO en rajoutant la contrainte P3=0.2 avec la commande EXTENTION et on trouve la même valeur de la fonction objectif que dans la prévision. De l analyse de sensitivité on peut voir que pour la première contrainte, on peut l augmenter de 16 sans changer de base. On peut donc changer le deuxième membre de la contrainte de 12 à 14 sans changement de base et le nouveau bénéfice se calcule par bénéfice maximum +(prix dual contrainte S1)*(variation du second membre de la contrainte) = 0.1667*2 = 14.3333 + 0.3334 = 14.6667. On vérifie aisément avec qu on obtient la même réponse avec LINDO. ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES 2).000000.166667 En faisant le même changement à la contrainte S2, on ne dépasse toujours pas l augmentation autorisée sans changer de base et donc le calcul du nouveau bénéfice se fait de la même façon, on trouve BM = 15.999666. Avec LINDO on trouve le même bénéfice, mais il y a quand même eu un changement de base. C est parce que l on est sur la limite acceptable («allowable increase»), donc il y a deux bases possibles et LINDO a choisit l autre. 11
Exercice 4 : Utilisation d un fichier de commande. Dans le problème de pollution de l usine pétrochimique, on veut savoir comment varie la fonction objectif si les valeurs prises par le coefficient 1 (représentant la quantité de substance S4 rejetée par P4) est en augmentation. Pour observer ces variations on écrit un fichier de commande de la forme : Exo4.txt : BATCHFILE DIVERSION resultat.txt RETROUVE pollutio.bin LOOK ALL TERSE ALTER 5 P4 1 GO GO RVRT LEAVE En tapant la commande : Take exo4.txt on obtient les résultats sur le fichier suivant : Resultat.txt : MAX 3 P1 + 4 P2 + P3 + 2 P4 + 6 P5 2) 8 P1 + 4 P2 + P3 + P4 + 6 P5 <= 12 3) 2 P1 + 4 P2 + 4 P5 <= 8 4) 4 P1 + 6 P2 + 2 P3 + P4 + 8 P5 <= 16 5) P3 + P4 + P5 <= 4 LP OPTIMUM FOUND AT STEP 3 OBJECTIVE VALUE = 16.0000000 LP OPTIMUM FOUND AT STEP 0 OBJECTIVE VALUE = 12.8333330 LP OPTIMUM FOUND AT STEP 0 OBJECTIVE VALUE = 12.8000002 12
On représente graphiquement les variations de la valeur optimale de la fonction objective : Variations de la fonction objective 18 16 14 12 10 8 6 4 2 0 1 1,3 1,6 1,9 2,2 2,5 2,8 valeurs optimales coefficient de P4 dans la 4ème contrainte Interprétation des résultats : L augmentation du coefficient de la variable P4 dans la 4 ème contrainte P3 + P4 + P5 <= 4 entraîne une diminution nette du coût de la fonction objectif, ce qui signifie que l augmentation de la quantité de produit P4 pour une même quantité de substance polluante S4 n améliore pas le bénéfice de l entreprise. 13
Exercice 5 : PL où le bénéfice à maximiser est «linéaire par morceaux» On cherche toujours à résoudre le problème de pollution de l usine pétrochimique en supposant qu il y a saturation de marché, c est-à-dire que le prix de vente sera plus petit si la production est augmentée. On le modélise de la façon suivante : le bénéfice relatif au produit P4 est de 4 par centaine d unités si P4 < 1 ; 3 par centaine d unités si 1 < P4 < 3 ; 2 par centaine d unités si P4 > 3. On remplace ensuite P4 par A + B + C dans les contraintes et par 4A + 3B + 2C dans la fonction objectif, où chacune des variables correspond à l une des tranches de centaines d unités considérés. On rajoute également les contraintes A < 1 et A + B <3. Puisque l on gagne le plus en remplissant A d abord au lieu de B ou C et que ensuite on gagne plus en remplissant B avant C, on va effectivement avoir une modélisation du problème que l on considère ici (dans les contraintes A, B, C jouent le meme role :P4 = A + B + C). On va maintenant imposer une nouvelle contrainte de la forme A + B + C < m et on va faire varier m de 0.5 à 4.5 par pas de 0.5. On constate pour ces valeurs que l on a toujours l une des trois situations suivantes : (s1) A < 1, B =0, C = 0 (s2) A = 1, B < 2, C = 0 (s3) A = 1, B = 2, C > 0 ce qui montre que l on a bien modélisé le problème, car logiquement, on ne peut remplir B avant d avoir atteint A = 1 et on ne peut pas remplir C avant d avoir saturé la contrainte sur B. On cherche ensuite à modéliser le même problème, mais avec un marché qui augmente avec la production, donc on va maintenant remplacer P4 par 4C + 3B + 2A ce qui veut dire que c est la variable C qui est la plus intéressante. La modélisation du problème précédent n est plus valable, car il remplira d abord C, ensuite B et finalement A, alors que le modèle impose un remplissage de A d abord, ensuite B et finalement C. On sépare alors le problème en trois sous problèmes où l on impose des contraintes sur deux des variables A, B et C. Par exemple, pour le problème (s1) (c est-à-dire que m < 1), on impose B = 0 et C = 0. Dans le cas 1 < m < 3 on doit imposer A = 1 et C = 0. Pour m > 3, on doit avoir A = 1 et B = 2. Avec cette modélisation on retrouve bien un modèle du problème physique que l on considère. 14
Exercice 6 : Problème d affectation de machines. On affecte 4 machines A,B,C,D aux tâches T1,T2,T3,T4 et on souhaite minimiser la somme des coûts. On modélise le problème en PL sachant qu l on aune seule machine par tâche et une seule tâche par machine. MIN 8 A1 + 3 A2 + A3 + 5 A4 + 11 B1 + 7 B2 + B3 + 6 B4 + 7 C1 + 8 C2 + 6 C3 + 8 C4 + 11 D1 + 6 D2 + 4 D3+ 9 D4 2) A1 + A2 + A3 + A4 = 1 3) B1 + B2 + B3 + B4 = 1 4) C1 + C2 + C3 + C4 = 1 5) D1 + D2 + D3 + D4 = 1 6) A1 + B1 + C1 + D1 = 1 7) A2 + B2 + C2 + D2 = 1 8) A3 + B3 + C3 + D3 = 1 9) A4 + B4 + C4 + D4 = 1 INTE 16 On utilise un fichier de commandes batchfile pour résoudre ce problème où les 12 variables sont astreintes à être bivalentes (spécification : INT 16 après ) c'est-à-dire valent 0 ou 1. Les résultats obtenus sont : 1) 19.0000000 et les variables non nulles pour la valeur optimale de la fonction sont : A4,B3,C1,D2. Si l on supprime la restriction qui impose aux 16 variables d être bivalentes (INTE 0), on obtient la même valeur optimale de la fonction objectif et les même variables non nulles que la résolution précédente. Cependant les valeurs des «reduced costs» sont différentes si l on supprime la restriction. Cette équivalence des solutions s explique par le fait que chaque sous matrice des contraintes a pour déterminant + ou - 1: en effet, si on a le problème RX=B on trouve X=1/(detR)[...]. Les valeurs entières dans la partie [...] sont divisées par detr=1 ou -1, ainsi on obtient bien des valeurs entières pour les variables du problème. Si l on supprime l une quelconque des contraintes la solution est encore identique à celle de la question précédente sauf les «reduced costs» qui sont modifiés. Cette particularité s explique par le fait qu une contrainte peut s écrire comme une combinaison linéaire des autres contraintes. Ainsi, même si une contrainte disparaît elle est toujours active par le biais des autres contraintes. On observe les coefficients de la matrice des contraintes: il n'y a que des 1,-1, ou 0. 15
Exercice 7 : Analyse paramétrique d'un problème de production On considère un problème de production où l on a trois machines qui peuvent fabriquer des pièces d une certaine épaisseur à une certaine vitesse avec un certain coût. Les trois machines ne peuvent travailler que 35 heures par semaine. Sur une semaine on doit produire au moins 21800 m de barres de 0.5 cm d épaisseur (d où la contrainte X3A >= 218 car seulement la première machine peut produire ces pièces), 11400 barres de 1 cm d épaisseur (d où la contrainte X3B + X4B + X5B >= 114 car les trois machines peuvent produire ces pièces) et 11100 barres de 1.5 cm d épaisseur (d où la contrainte X4C + X5C >= 111 car seulement les deux dernières machines peuvent produire ces pièces). Les trois contraintes 0.1111 X3A + 0.1111 X3B <= 35 0.1667 X4B + 0.1667 X4C <= 35 0.2222 X5B + 0.2222 X5C <= 35 sont dues aux limitation en temps des machines (35 heures par semaine par machine) et la dernière contrainte (X3A + X3B + X4B + X4C + X5B + X5C <= 600) vient de la capacité de stockage par semaine. :go LP OPTIMUM FOUND AT STEP 9 1) 10073.8799 X3A 218.000000.000000 X3B 97.031494.000000 X4B.000000.000000 X4C 209.958008.000000 X5B 16.968506.000000 X5C 58.042000.000000 ROW SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES 2).000000-2.999999 3).000000 -.999999 4) 157.000000.000000 5).000000 24.032404 6).000000 7.678468 7) 18.332666.000000 8).000000 16.219999 NO. ITERATIONS= 9 Les variables qui sont dans la base sont celles qui sont non nulles dans la première colonne. On voit qu'ils ont aussi la deuxième colonne nulle. On peut rentrer X4B dans la base car le coût réduit est nul donc cela ne changera pas la valeur de la fonction objectif. On va constater ce fait en faisant un petit changement dans la fonction objectif : on met le coefficient de X4B égal à 16.50001. Maintenant, LINDO va préférer choisir X4B dans la base, puisqu on y gagnerait un peu plus. En effet, en lançant ce programme, on voit que X4B prend la place de X5B dans la base et la fonction objectif reste inchangée (sauf un petit rajout à cause de la modification de la fonction objectif). Cette technique permet de forcer LINDO a chercher la 16
deuxième solution possible du problème, car quand il y en a plusieurs, LINDO n'en affiche qu'une. RANGES IN WHICH THE BASIS IS UNCHANGED: OBJ COEFFICIENT RANGES VARIABLE CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE COEF INCREASE DECREASE X3A 15.890000 1.999999 INFINITY X3B 17.889999 INFINITY 1.670000 X4B 16.500010.999990 INFINITY X4C 17.500000 INFINITY.999990 X5B 15.220000.999999 INFINITY X5C 16.219999 1.280001.999999 RIGHTHAND SIDE RANGES ROW CURRENT ALLOWABLE ALLOWABLE RHS INCREASE DECREASE 2 218.000000 1.033294 218.000000 3 114.000000 1.033294 INFINITY 4 111.000000 155.966705 INFINITY 5 37.000000 6.333667.114799 6 35.000000 9.503351 16.754524 7 35.000000 INFINITY 22.332666 8 600.000000 100.507050 57.008705 : para 6 50 VAR VAR PIVOT RHS DUAL PRICE OBJ OUT IN ROW VAL BEFORE PIVOT VAL 35.0000 7.67847 10073.9 X5C SLK 6 8 47.5042 7.67847 10169.9 50.0000.000000E+00 10169.9 On a fait l'analyse post-optimale pour voir si l on peut augmenter B3 ou B4 sans changer de base (et le nouveau bénéfice est alors facile à calculer car il est linéaire par rapport au changement). Le prix dual de B3 est inférieur à 2 pour une augmentation, donc en augmentant la contrainte de 2 on observe un changement de base. Pour B4 le prix dual est supérieur à 1 donc il n'y a pas de changement de base. On suppose ensuite que la limitation de la capacité de stockage est de la forme 60000 + 100D, où D est un paramètre. On utilise la commande PARA pour faire varier la valeur de D de 150 à 400. : para 8 1000 VAR VAR PIVOT RHS DUAL PRICE OBJ OUT IN ROW VAL BEFORE PIVOT VAL 450.000 17.5000 7544.89 SLK 6 X5B 6 524.990 17.5000 8857.21 X4B X5C 3 541.958 16.2200 9132.44 SLK 7 SLK 8 7 682.505 16.2200 11412.1 1000.00.000000E+00 11412.1 17
On trace ensuite le graphique à partir des résultats de LINDO : bénéfice max 12000 10000 8000 6000 4000 2000 0-200 0 200 400 600 valeur de D INTERPRETATION: On voit qu à partir d une certaine valeur de D (ici 82.505), le bénéfice est constant, donc à partir de ce moment on ne peut pas gagner plus en rajoutant de la capacité de stockage. On suppose maintenant que le nombre d heures disponibles par semaine est susceptible de passer de 35 à 35 + M pour B3, à 35 + 2M pour B4 et à 35 + 3M pour B5. On a fait l étude de la variation du profit maximal en fonction de M pour 0 < M < 10 : : para 9 10 VAR VAR PIVOT RHS DUAL PRICE OBJ OUT IN ROW VAL BEFORE PIVOT VAL.000000E+00 12.5112 7544.89 X4B SLK 3 3 1.88520 12.5112 7568.48 SLK 4 SLK 5 4 2.66290 3.51035 7571.21 10.0000.000000E+00 7571.21 bénéfice max 7575 7570 7565 7560 7555 7550 7545 7540 0 2 4 6 8 10 12 valeur de M Encore une fois, le bénéfice maximum est constant à partir d une certaine valeur de M (ici 2.6629) donc ce n est pas la peine d augmenter d avantage le nombre d heures sur chaque machine, de toute façon ceci n augmentera pas le bénéfice maximum. 18
Exercice 8 : Problème de circuit hamiltonien On modélise un problème de trajet minimal en temps. La modélisation est incomplète car elle n impose pas de passer par tous les arrêts avant de revenir au point de départ. Si la partie X des points d arrêts accessibles à partir de 1 ne recouvre pas le circuit {1,2,3,4,5,6} on impose alors à X d être «non stable» c'est-à-dire : x 1 i X, j X : x = 1 ij i X, j X 2 n n Il faut rajouter au moins contraintes de non stabilité pour que les points d arrêts 2 recouvrent l ensemble {1,2,3,4,5,6}. En pratique dans la résolution on modifie une partie des contraintes «à la demande» et le nombre de contraintes à rajouter est très inférieur à : 2 n n. 2 On est ici dans le cas d une analyse polyédrale, en effet on se limite à une partie des contraintes, utile dans le voisinage du point optimal. Résolution du PL: MIN 26X12+43X13+16X14+30X15+26X16+7X21+16X23+X24+30X25+25X26+20X31+13X32+35X34+5X35+21X 41+16X42+25X43+18X45+18X46+12X51+46X52+27X53+28X54+5X56+23X61+5X62+5X63+9X64+5X65+1 0X36 X12+X13+X14+X15+X16 =1 X21+X23+X24+X25+X26 =1 X31+X32+X34+X35+X36 =1 X41+X42+X43+X45+X46 =1 X51+X52+X53+X54+X56 =1 X61+X62+X63+X64+X65 =1 X21+X31+X41+X51+X61 =1 X12+X32+X42+X52+X62 =1 X13+X23+X43+X53+X63 =1 X14+X24+X34+X54+X64 =1 X15+X25+X35+X45+X65 =1 X16+X26+X36+X46+X56 =1 end int 30 On obtient le résultat suivant : 1) 54.0000000 X12.000000 26.000000 X13.000000 43.000000 X14 1.000000 16.000000 X15.000000 30.000000 X16.000000 26.000000 X21 1.000000 7.000000 X23.000000 16.000000 X24.000000 1.000000 X25.000000 30.000000 ij 19
X26.000000 25.000000 X31.000000 20.000000 X32.000000 13.000000 X34.000000 35.000000 X35 1.000000 5.000000 X41.000000 21.000000 X42 1.000000 16.000000 X43.000000 25.000000 X45.000000 18.000000 X46.000000 18.000000 X51.000000 12.000000 X52.000000 46.000000 X53.000000 27.000000 X54.000000 28.000000 X56 1.000000 5.000000 X61.000000 23.000000 X62.000000 5.000000 X63 1.000000 5.000000 X64.000000 9.000000 X65.000000 5.000000 X36.000000.000000 La valeur minimale du trajet effectué par l'autocar de ramassage scolaire est donc de 54 min. Si à présent on impose à la variable X d être non stable, on résoud alors le problème suivant : min 26X12+43X13+16X14+30X15+26X16+7X21+16X23+X24+30X25+25X26 +20X31+13X32+35X34+5X35+21X41+16X42+25X43+18X45+18X46 +12X51+46X52+27X53+28X54+5X56+23X61+5X62+5X63+9X64+5X65+0X36 X12+X13+X14+X15+X16 =1 X21+X23+X24+X25+X26 =1 X31+X32+X34+X35+X36 =1 X41+X42+X43+X45+X46 =1 X51+X52+X53+X54+X56 =1 X61+X62+X63+X64+X65 =1 X21+X31+X41+X51+X61 =1 X12+X32+X42+X52+X62 =1 X13+X23+X43+X53+X63 =1 X14+X24+X34+X54+X64 =1 X15+X25+X35+X45+X65 =1 X16+X26+X36+X46+X56 =1 X13+X15+X16+X23+X25+X26+X43+X45+X46>1 INT 30 On obtient le résultat suivant: LP OPTIMUM FOUND AT STEP 22 OBJECTIVE VALUE 60.5000000 FIX ALL VARS ( 18) WITH RC > 1.50000 SET X45 TO >= 1 AT 1, BND= -67.00 TWIN=-.1000E+31 DELETE X45 AT LEVEL 1 ENUMERATION COMPLETE. BRANCHES= 1 PIVOTS 24 LAST INTEGER SOLUTION IS THE BEST FOUND RE-INSTALLING BEST SOLUTION... 1)62.0000000 X12 1.000000 26.000000 X13.000000 43.000000 X14.000000 16.000000 X15.000000 30.000000 X16.000000 26.000000 X21.000000 7.000000 20
X23.000000 16.000000 X24 1.000000 1.000000 X25.000000 30.000000 X26.000000 25.000000 X31.000000 20.000000 X32.000000 13.000000 X34.000000 35.000000 X35.000000 5.000000 X41.000000 21.000000 X42.000000 16.000000 X43.000000 25.000000 X45 1.000000 18.000000 X46.000000 18.000000 X51 1.000000 12.000000 X52.000000 46.000000 X53.000000 27.000000 X54.000000 28.000000 X56.000000 5.000000 X61.000000 23.000000 X62.000000 5.000000 X63 1.000000 5.000000 X64.000000 9.000000 X65.000000 5.000000 X36 1.000000.000000 La solution obtenue n est pas réalisable, après le tableau on a un coefficient de 1 entre X36 et X63. Il y a donc un aller-retour infini entre l'arrêt 3 et l'arrêt 6. Si l on rajoute une contrainte, on obtient les résultats suivant : MIN 26X12+43X13+16X14+30X15+26X16+7X21+16X23+X24+30X25+25X26+20X31+13X32+35X34+5X35+21X 41+16X42+25X43+18X45+18X46+12X51+46X52+27X53+28X54+ 5X56+23X61+5X62+5X63+9X64+5X65+0X36 X12+X13+X14+X15+X16 = 1 X21+X23+X24+X25+X26 = 1 X31+X32+X34+X35+X36 = 1 X41+X42+X43+X45+X46 = 1 X51+X52+X53+X54+X56 = 1 X61+X62+X63+X64+X65 = 1 X21+X31+X41+X51+X61 = 1 X12+X32+X42+X52+X62 = 1 X13+X23+X43+X53+X63 = 1 X14+X24+X34+X54+X64 = 1 X15+X25+X35+X45+X65 = 1 X16+X26+X36+X46+X56 = 1 X13+X15+X16+X23+X25+X26+X43+X45+X46>1 X13+X16+X23+X26+X43+X46+X53+X56>1 INT 30 Résultats: 1) 63.0000000 =20 X12.000000 26.000000 X13.000000 43.000000 X14 1.000000 16.000000 X15.000000 30.000000 X16.000000 26.000000 X21 1.000000 7.000000 X23.000000 16.000000 X24.000000 1.000000 X25.000000 30.000000 X26.000000 25.000000 21
X31.000000 20.000000 X32.000000 13.000000 X34.000000 35.000000 X35 1.000000 5.000000 X41.000000 21.000000 X42.000000 16.000000 X43 1.000000 25.000000 X45.000000 18.000000 X46.000000 18.000000 X51.000000 12.000000 X52.000000 46.000000 X53.000000 27.000000 X54.000000 28.000000 X56 1.000000 5.000000 X61.000000 23.000000 X62 1.000000 5.000000 X63.000000 5.000000 X64.000000 9.000000 X65.000000 5.000000 X36.000000.000000 La solution obtenue est optimale car on obtient bien une tournée. Le car met donc 63 min pour faire la tournée et passer par tous les arrêts. Si on avait voulu écrire toutes les contraintes de non stabilité, il aurait fallu en rajouter 25. 22
23